1. Zadatak: Trofazni asinhroni motor radi opterećen nominalnim momentom. Odrediti brzinu

obrtanja pri podizanju i pri spuštanju tereta u dizaličkom pogonu.

Podaci o motoru: p = 3 , f = 50 Hz , sn = 3 .

REŠENJE :

me mm

m

m g

Slika 1.1: Momenti na vratilu

motora pri dizanju tereta.

U svakom pogonu kretanje je posledica dva medjusobno

suprostavljena momenta: električni, motorni, pogonski

(me) i mehanički, kočni, moment opterećenja (mm), slika

1.1. U dizaličkom pogonu moment opterećenja je

posledica delovanja gravitacione sile g na teret mase m.

Teret će se pokrenuti ako je motorni moment veći od

momenta opterećenja, a podizaće se ravnomernom

brzinom kada su ovi momenti jednaki. Smerovi momenata

i ugaone brzine prikazani su na slici 1.1. Sa iste slike se

vidi da moment konverzije asinhronog motora deluje u

smeru obrtanja bubnja za koji je zakačen teret, a moment

opterećenja mm se suprostavlja kretanju pogona. Za ovaj

režim važi 0m ; me > 0, mm > 0, a asinhrona mašina radi

u motorskom režimu rada.

a.) Da bi asinhrona mašina mogla da radi tj. da bi se rotor mogao obrtati, mora se obezbediti

indukovani napon tj. struja u namotajima rotora. To se može ostvariti jedino ako se rotor

asinhrone mašine obrće sporije od Teslinog obrtnog polja u zazoru, koje stvara statorski namotaj.

Obrtno polje ima sinhronu brzinu ns, a brzina rotora u motorskom režimu rada je n. Razlika

izmedju ovih brzina naziva se klizanje (s), i predstavlja relativnu vrednost brzine rotora u odnosu

na brzinu statorskog obrtnog polja. Uobičajeno je u literaturi i inžinjerskoj praksi da se koristi

relativna vrednost klizanja u odnosu na sinhronu brzinu, ali i da se pojam relativno

podrazumeva pa se i izostavlja, tako da se upotrebljava termin klizanje:

.... jrn

nnjrs

s

s

s

s

(1.1)

Klizanje se izražava i u procentima :

%100100%

s

s

s

s

n

nns

(1.2)

Sinhrona brzina ns zavisi od frekvencije napajanja i od broja pari polova p, a izražava se brojem

obrtaja u minuti min/o :

p

fns

60 (1.3)

Sinhrona ugaona brzina se izražava u

s

rad:

fp

s

2 (1.4)

Vrednosti sinhrone brzine za frekvenciju od f = 50 Hz i različit broj pari polova p su date u

tabeli:

p 1 2 3 4

nsin 3000 1500 1000 750

U ovom zadatku, asinhroni motor koji podiže teret ima p = 3 para polova, tako da je njegova

sinhrona brzina:

min

10003

506060 o

p

fns

s

rads 72,10450

3

2

(1.5)

Za poznatu sinhronu brzinu i poznato nominalno klizanje, iz jed. (1.1) dolazi se do izraza kojim

se izračunava brzina obrtanja u ovom režimu rada, tj. pri podizanju tereta.

snsn 1 (1.6)

ss 1 (1.7)

U postavci zadatka je dato da je motor opterećen nominalnim momentom, što prouzrokuje da je

klizanje u takvom režimu nominalno, odnosno mašina se obrće nominalnom brzinom.

snn nsn 1 (1.8)

min970100003,01

onn (1.9)

Radna tačka ovog režima rada je u tački A, i nalazi se na karakteristici (1) na slici 1.2. Ugaona

brzina obrtanja rotora se može izračunati kao:

s

radnnn 578,101970

60

2

60

2 (1.10)

b.) Da bi se ostvarilo spuštanje tereta, mora se promeniti smer obrtnog polja statora asinhrone

mašine, da bi se omogućilo obrtanje bubnja na suprotnu stranu.

Moment opterećenja nije promenio smer jer teret uvek vuče pogon na dole, bez obzira na smer

kretanja (dizanje/spuštanje). Prilikom uključenja motora za rad u suprotnom smeru, teret

povećava brzinu rotora iznad sinhrone brzine, motor prelazi u generatorski režim rada i

ograničava brzinu spuštanja tereta. U odnosu na sliku 1.1, promenjen je smer kretanja <0 a

momenti motora i opterećenja su zadržali smerove. Pošto su brzina obrtanja i moment konverzije

asinhrone mašine suprotnih smerova, režim rada je generatorski. U ovom režimu rada klizanje

iznosi:

..03,0 jrsn (1.11)

jer je brzina obrtanja veća od sinhrone brzine i iznosi:

min1030100003,011

onsn snn (1.12)

-1030

NmM

A B mm

min

on 970

Slika 1.2: Radne tačke dizaličnog pogona na mehaničkoj karakteristici motora

Na slici 1.2 prikazana je mehanička karakteristika motora i karakteristika opterećenja mm.

Karakteristika opterećenja je konstantna, i ne zavisi od brzine ni po iznosu ni po smeru. Uvek se

podiže i spušta isti teret. Radna tačka podizanja tereta označena je sa A , a radna tačka spuštanja

tereta označena je sa B. Ovde je potrebno obratiti pažnju na izgled mehaničke karakteristike

motora pri promenjenom smeru obrtnog magnentnog polja.

2. Zadatak: Trofazni kavezni asinhroni motor severnoameričkog proizvođača ima nominalne

podatke: Pn = 3 kW , nn = 1746 o/min, Un= 220 V, fn= 60 Hz , sprega .

a.) Za nominalni režim odrediti klizanje, faktor snage, struju statora, stepen iskorišćenja i

obrtni moment.

b.) Motor se preveže u spregu zvezda, priključi na mrežu napona 400 V , 50 Hz i optereti tako

da mu je klizanje s1 = sn . Odrediti struju, moment i stepen iskorištenja u ovom režimu.

Podaci o motoru (za 60 Hz): Rs= 1 Ω , Rr = 1,2 Ω , Xls= Xlr= 2 Ω , Xm= 80 Ω, Pgm= 160 W

REŠENJE:

a.) Nominalni režim

Prvo se treba odrediti nominalno klizanje sn :

.. jrn

nns

s

nsn

(2.1)

p

fns

60 (2.2)

Gde je nn nominalna brzina i njena vrednost je data u zadatku.

ns predstavlja sinhronu brzinu.

f je frekvencija napona mreže na koju je priključen ovaj motor. Standardne vrednosti

frekvencija svetskih mreža su 50 Hz i 60 Hz.

p predstavlja broj pari polova.

Da bi se odredilo klizanje, mora se odrediti sinhrona brzina motora. Kada je motor priključen na

standardnu severnoameričku mrežu, frekvencija je f = 60 Hz. Ukoliko pretpostavimo da je

mašina dvopolna, tj. da je broj pari polova 1, tada bi sinhrona brzina i klizanje bili:

min

3600606060o

fns (2.3)

%5,51..515,03600

17463600

jr

n

nns

s

nsn (2.4)

Ovakvo rešenje ne odgovara stvarnosti. Kod asinhronih motora malih snaga u nominalnom radu

klizanje ne prelazi vrednost od 10%. Kod motora većih snaga nominalno klizanje je često i ispod

2%. Pošto je klizanje blisko povezano sa Džulovim gubicima u rotoru, po ovom rešenju, zbog

vrlo visokog klizanja motor bi imao vrlo mali stepen iskorišćenja.

Vrednosti sinhrone brzine, na osnovu izraza (2.2), za različiti broj pari polova p i frekvencije od

50 Hz i 60 Hz date su u tabeli.

p 1 2 3 4 5

f = 50 Hz o/min 3000 1500 1000 750 600

f = 60 Hz o/min 3600 1800 1200 900 720

Iz tabele je očigledno da je sinhrona brzina 1800 o/min, što znači da je ovaj motor četvoropolni.

Klizanje u nominalnom režimu iznosi:

%3..03,01800

17461800

jr

n

nns

s

nsn (2.5)

Ekvivalentna šema asinhronog motora u nominalnom režimu prikazana je na slici 2.1. Naponi,

struje i impedanse su prikazane kao kompleksni vektori i stoga su nadvučeni. Rotorske veličine

su svedene na statorsko kolo.

lsjX

lrjX sR

nfU

mjX

FeR

FeI

mI

I

n

r

sR

snI

nrI

rZ

fZ

Slika 2.1: Ekvivalentna šema asinhronog motora (po jednoj fazi).

nfU

- fazni napon na koji je priključen motor (nominalan),

sR - omski otpor jedne faze namotaja statora,

rR - omski otpor jedne faze namotaja rotora (sveden na stator),

lsX - reaktansa rasipanja koja opisuje rasipni fluks statora tj. onaj deo fluksa statora koji ne

prodire u magnetno kolo rotora,

lrX - reaktansa rasipnog fluksa rotora (svedena na stator),

FeR - omski otpor kojim se predstavljaju gubici aktivne snage u gvožđu. U zadatku se ovi

gubici zanemaruju tj. FeR ,

mX - reaktansa magnećenja magnetnog kola,

snI

- struja statora (nominalna),

mI

- reaktivna komponenta struje magnećenja magnetnog kola,

I

- ukupna struja magnećenja.

FeI

- aktivna komponenta struje magnećenja. Pošto je FeR , ova struja se zanemaruje, pa je

IIm

,

nrI

- struja rotora (nominalna, svedena na stator).

Svi elementi ekvivalentne šeme poznati su iz zadatka i iz podataka o motoru. Za izračunavanje

struje statora i faktora snage u nominalnom režimu rada, prvo je potrebno naći vrednost

impedanse ekvivalentne šeme. Vrednost ove impedanse menja se sa opterećenjem, odnosno sa

promenom klizanja. U ovom slučaju traži se vrednost za nominalnu radnu tačku. Postupak

računanja ekvivalantne impedanse simbolički je prikazan na slici 2.1. Impedanse statorskog i

rotorskog namotaja, grane magnećenja i cele ekvivalentne šeme date su, respektivno, kao :

21 jjXRZ lsss

(2.6)

240203,0

2,1jjjX

s

RZ lr

n

rr

(2.7)

80jjXZ mm

(2.8)

mr

mrsfse

ZZ

ZZZZZZ

(2.9)

Ekvivalentna vrednost paralelno vezanih impedansi rZ

i mZ

označena je kao fZ

:

435,63

862,929086,2

6788,91

3204

8240

8005,40

80240

80240

j

jjj

mr

mrf

e

e

j

ee

jj

jj

ZZ

ZZZ

17,17439,30948,34 4274,29 jeZ jf

(2.10)

17,19439,3117,17439,3021 jjjZZZ fse

(2.11)

823,3617,19439,31 22ee ZZ

(2.12)

Na osnovu poznate impedanse ekvivalentne šeme dobija se faktor snage:

854,0823,36

439,31Recos

e

en

Z

Z

(2.13)

Struja statora se izračunava na osnovu Omovog zakona. Kako je trofazni namotaj statora

spregnut u trougao, fazni napon napajanja na namotaju je isti kao i napon mreže, pa je fazna

struja kroz namot :

AZ

UII

e

nf

nsfnsf 975,5823,36

220

(2.14)

Pošto je trofazni namotaj statora spregnut u trougao, nominalna struja koja se uzima iz mreže

(linijska) je veća od fazne za faktor 3 , odnosno:

AII nsfn 348,10975,533 (2.15)

POTROŠAČ

I

U

Slika 2.2: Prikaz vezivanja trofaznog potrošača na trofazni sistem napona.

Za bilo koji trofazni potrošač priključen na trofaznu mrežu napona U, (slika 2.2) električna snaga

uzeta iz mreže izračunava se na osnovu izraza :

cos3 IUPe (2.16)

U ovom slučaju traže se podaci za nominalni režim rada, pa je

WIUP nnnne 7,3366854,0348,102203cos3 (2.17)

Ulazna snaga je veća od izlazne za ukupne gubitke koji se razvijaju u mašini, gP , koje čine:

PCu s - gubici u bakru statora, tj. gubici usled proticanja struje kroz namot statora,

PFe - gubici u gvožđu, odnosno u magnetnom delu,

PCur - gubici u bakru statora, tj. gubici usled proticanja struje kroz namot rotora, i

Pgm - mehanički gubici na trenje i ventilaciju.

gmCurFeCusizulg PPPPPPP (2.18)

Gubici usled proticanja struje kroz namot statora u nominalnom režimu su:

WIRP snsCusn 1,107975,5133 22 (2.19)

Gubici u magnetnom kolu ove mašine su po uslovu zadatka zanemareni, jer je mR . Kako je

frekvencija struje u rotoru proporcionalna klizanju, tj. u normalnim radnim režimima do

nekoliko Herca, gubici u gvoždju su skocentrisani samo u statorskom delu magnetnog kola :

FesFerFesFe PPPP (2.20)

Ukupni gubici u mašini, za nominalni režim će biti:

gmrnrsnsgn PIRIRP 22 33 (2.21)

Da bi se odredili gubici u rotorskom namotu, potrebno je iz ekvivalentne šeme izračunati iznos

struje rI u nominalnom režimu. Gubici u namotaju rotora se mogu izračunati i iz stvarnih

podataka rotorskog namota :

23 rrCur IRP (2.22)

Medjutim, kod kaveznih asinhronih namota se ne može direktno izmeriti ni rotorski otpor ni

rotorska struja. Zbog toga se gubici u namotaju rotora izračunavaju iz elektromagnetne snage

obrtnog polja Pob i klizanja s :

obCur PsP (2.23)

Gde se snaga obrtnog polja dobija tako što se od ulazne snage oduzmu ukupni gubici u statoru :

FeCuseob PPPP (2.24)

Za nominalni režim ovog motora se dobija obrtna snaga:

WP nob 6,32591,1077,3366 (2.25)

Pa su gubici u rotoru:

WPsP nobnnCur 8,976,325903,0 (2.26)

Po uslovu zadatka, vrednost mehaničkih gubitaka na trenje i ventilaciju Pgm iznosi 160 W. Dakle,

ukupni gubici ovog motora u nominalnom režimu, na osnovu izraza (2.18) imaju vrednost:

WPPPP gmnCurnCusgn 9,3641608,971,107 (2.27)

Izlazna, mehanička snaga na vratilu ove mašine u nominalnom režimu rada Piz n će biti:

WPPPP gnnulnniz 8,30019,3647,3366 (2.28)

Ovo odgovara nominalnim podacima od 3 kW, sa natpisne pločice motora. Stepen iskorišćenja

svake mašine, , definiše se kao odnos izlazne i ulazne snage i u nominalnom režimu je :

%2,89892,07,3366

8,3001

ne

n

nul

niz

nP

P

P

P (2.29)

Mehanički moment na vratilu (izlazu mašine) po definiciji je količnik mehaničke snage i ugaone

brzine:

izPM (2.30)

odnosno u traženoj nominalnoj radnoj tački:

NmP

Mn

nn 42,16

60

21746

8,3001

(2.31)

b.) Promenjeno napajanje

Mašina se sada napaja iz mreže drugačije učestanosti, što ima uticaj na sinhronu brzinu obrtnog

magnetnog polja, a time i na brzinu obrtanja rotora. Sada je:

min

14552

5060)03,01(

60)1()1( 1

1111

o

p

fsnsn s

(2.32)

Takodje, promena frekvencije napajanja utiče i na induktivnosti, koje se smanjuju za faktor 5/6,

pa su ekvivalentne impedanse, istim postupkom kao pod a.) sledeće :

667,1111 jjXRZ lsss

(2.33)

667,140667,103,0

2,111 jjjX

s

RZ lr

n

rr

(2.34)

667,6611 jjXZ mm

(2.35)

036,59

386,9290386,2

11

111

69,79

2669

333,6840

667,66035,40

j

jjj

mr

mrf

e

e

j

ee

ZZ

ZZZ

41,18977,27492,33 35,331 jeZ j

f

(2.36)

079,20977,2841,18977,27667,11111 jjjZZZ fse

(2.37)

254,35079,20977,28 2211 ee ZZ

(2.38)

822,0254,35

977,28Recos

1

11

e

e

Z

Z

(2.39)

Kako je trofazni namotaj statora spregnut u zvezdu (namotaj je na naponu izmedju faze i

neutralne tačke), fazni napon napajanja na namotaju je 3 puta manji nego napon mreže, pa je

struja kroz namot :

AZ

UII

e

f

ns 551,6254,35

34001

11

(2.40)

Zbog sprege zvezda, linijska struja (koja se uzima iz mreže) je ista kao fazna.

Bilans snaga je sad:

WIUPe 5,3730822,0551,64003cos3 1111 (2.41)

WIRP ssCus 7,128551,6133 2211 (2.42)

WPPPP FeCuseem 7,36017,1285,3730111 (2.43)

WPsP emCur 1,1087,360103,0111 (2.44)

Vrednost mehaničkih gubitaka na trenje i ventilaciju Pgm će se promeniti jer je došlo do promene

brzine. Ako usvojimo da je snaga gubitaka proporcionalna kvadratu brzine, ima se :

Wn

nPP gmgm 1,111

1746

1455160

22

2

11

(2.45)

WPPPP gmCurCusg 9,3471,1111,1087,1281111 (2.46)

WPPP gul 6,33829,3477,3601111 (2.47)

Ova izlazna snaga je nešto veća od nominalne snage ali napon napajanja je sada 400 V, a ne 380

V (što bi bilo 2203 ). Iako su gubici nešto manji nego u slučaju pod a.), postoji umerena

opasnost od prekomernog zagrevanja jer je brzina motora smanjena a time i sposobnost hladjenja

sopstvenim ventilatorom. Sa druge strane, stepen iskorišćenja i moment sada su:

%7,90907,07,3601

6,3382

1

11

ulP

P (2.48)

NmP

M 2,22

60

21455

6,3382

1

11

(2.49)

KOMENTAR: Uz odgovarajuću pažnju, asinhroni motori koji su predvidjeni za mrežu jednog

napona i frekvencije mogu se koristiti i u drugačijoj mreži. U ovom slučaju, brzina će biti manja,

a izlazna snaga nešto veća.

3. Zadatak: Trofazni četvoropoloni asinhroni motor sprege Y ispituje se u praznom hodu. Pri

naponu Un = 380 V, 50 Hz izmerena je struja praznog hoda I0 = 1 A i snaga praznog hoda

P0=100 W. Zatim su pomoću posebne mašine izmereni mehanički gubici od 40 W. Na kraju je

motor odspojen od mreže i U-I metodom, jednosmernom strujom, izmeren otpor namotaja jedne

faze, Rs = 2,75 Ω. Odrediti parametre grane magnećenja na ekvivalentnoj šemi.

REŠENJE:

Ogled praznog hoda asinhronog motora se obavlja tako što se oslobodi vratilo motora da se

obrće bez opterećenja (radi na prazno - prazan hod) i napaja se nominalnim naponom da bi se

postigla nominalna pobudjenost mašine. Ovaj ogled, kao i ogled kratkog spoja, izvodi se u cilju

određivanja parametara ekvivalentne šeme asinhrone mašine.

Pošto na vratilu ne postoji mehaničko opterećenje, brzina obrtanja je vrlo bliska sinhronoj brzini.

Ova mala vrednost klizanja može da se meri pomoću stroboskopa i štoperice. Takođe se mere

napon napajanja, struja statora i aktivna snaga. Struja rotora i aktivna komponenta struje statora

pokrivaju mehaničke gubitke motora i gubitke u gvoždju, pa su te struje vrlo male. Reaktivna

komponenta struje statora služi za magnećenje mašine, a pošto je zazor teško namagnetisati, ona

je značajna i tipično iznosi od 70% (za mašine male snage) do 30% (za velike motore).

Vrlo mala struja rotora se može zanemariti 0; rr IsR , pa se rotorski deo ekvivalentne

šeme zanemaruje i dobija ekvivalentna šema u praznom hodu, prikazana na slici 3.1.

fU

lsjX

mjX FeR

FeI

mI

I

sR

0I

sE

Slika 3.1. Ekvivalentna šema asinhronog motora u praznom hodu

fU

- fazni napon na koji je priključen motor ;

sR - omski otpor statora ;

lsX - reaktansa rasipanja statora ;

FeR - omski otpor kojim se predstavljaju gubici aktivne snage u gvoždju ;

Xm - reaktansa magnećenja. Sa mI

opisuje reaktivnu snagu potrebnu za magnećenje mašine ;

0I

- struja statora. Tipična vrednost struje praznog hoda je od 30 do 70 nominalne struje ;

I

- struja grane magnećenja ;

FeI

- aktivna komponenta struje magnećenja, koja opisuje gubitke aktivne snage u gvožđu ;

mI

- struja magnećenja magnetnog kola;

sE

- indukovana elektromotorna sila u statorskom namotu.

Parametri sa ekvivalentne šeme u direktnoj grani (Rs i Xls) su mnogo manji nego parametri u

poprečnoj grani (RFe i Xm) tako da se može zanemariti pad napona koji stvara struja praznog hoda

na namotaju statora. Zbog toga važi da je u praznom hodu :

0UEs (3.1)

Na osnovu izmerenih vrednosti može se odrediti faktor snage u praznom hodu :

152,013803

100

3cos

00

00

IU

P (3.2)

Uobičajeno je da se faktor snage praznog hoda cos0 kreće u intervalu od 0,1 do 0,2.

Reaktivna komponenta struje praznog hoda je :

00 sin IIm (3.3)

Kao što je već rečeno, ovo je struja magnećenja koja obezbeđuje magnetisanje asinhrone mašine.

Zbog niskog faktora snage u praznom hodu, struja magnećenja je vrlo bliska po modulu sa

strujom praznog hoda, i izračunava se kao :

AIIm 9884,0152,011cos11sin 20

200 (3.4)

Pošto je motor spregnut u zvezdu Y, nominalni fazni napon Unf je :

VU

U nnf 39,219

3

380

3 (3.5)

Reaktansa magnećenja Xm će biti :

97,2219885,9

3

380

I

U

I

EX

nf

m

sm (3.6)

Sličan postupak se NE MOŽE PRIMENITI za aktivnu komponentu struje, odnosno

00 cos IIFe (3.7)

jer aktivna komponenta struje pokriva i mehaničke gubitke, koji nisu obuhvaćeni ekvivalentnom

šemom. Struja IFe kroz otpor RFe predstavlja samo gubitke u gvoždju statora :

23 FeFeFe IRP (3.8)

Sa druge strane, aktivna snaga, koju motor u praznom hodu povlači iz mreže, troši se na Džulove

gubitke usled proticanja struje praznog hoda kroz namotaje statora PCu 0, gubitke u gvoždju PFe i

gubitke na trenje i ventilaciju Pgm :

gmFeCu PPPP 00 (3.9)

Džulovi gubici u režimu praznog hoda PCu 0 mogu se odrediti uobičajenim izrazom :

WIRP sCu 25,8175,233 2200 (3.10)

Na osnovu izraza (3.9) dobija se:

WPPPP gmCuFe 75,514025,510000 (3.11)

Iz izraza (3.8) dobija se vrednost omskog otpora kojim se predstavljaju gubici aktivne snage u

gvožđu, a zatim i vrednost aktivne komponente struje (IFe ) :

3,279075,51

3

380

33

2

2

Fe

nf

FeP

UR (3.12)

AR

U

R

EI

Fe

nf

Fe

Fe 0786,04,2637

3

380

(3.13)

DISKUSIJA: Gubici u gvoždju PFe postoje praktično samo na statoru a zavise od nivoa

magnetne indukcije i od frekvencije struje. Frekvencija rotorske struje je srazmerna klizanju.

Pošto je klizanje u nominalnom režimu od 2 do 10, a u režimu praznog hoda je klizanje

približno nula, može se zaključiti da su, u normalnim radnim režimima, gubici u gvoždju

asinhrone mašine skocentrisani u statoru:

FesFerFesFe PPPP (3.14)

Ova snaga se „troši“ na gubitke naizmeničnog/periodičnog magnećenja feromagnetnog jezgra.

Ti gubici se javljaju usled histerezisnog ponašanja feromagnetnog materijala i usled vrtložnih

struja u magnetnom materijalu.

Kako su, preko magnetne indukcije i frekvencije, gubici u gvoždju povezani sa elektromotornom

silom statora Es , a koja se (zbog relativno malih vrednosti Rs i Xls) vrlo malo menja, može se

zaključiti da gubici u gvoždju NE ZAVISE OD OPTEREĆENJA u normalnim režimima rada. To

znači da su gubici u gvoždju u režimu praznog hoda približno isti kao i pri nominalnom

opterećenju, pod uslovom da je napon napajanja nepromenjen.

DIGRESIJA :

Ogled praznog hoda može se vršiti za nekoliko nivoa napona napajanja, tipično od 80% do

120% od nominalnog, a često i pri nižim naponima . Na taj način se mogu dobiti dve stvari :

1. Analizom zavisnosti I0= f (U0) se dobija kriva koja predstavlja deo krive magnećenja, te se

može proceniti da li je mašina malo ili umereno zasićena pri nominalnom naponu napajanja.

2. Sračuna se snaga 00 CuPP i nacrta kao funkcija od U0. Ova snaga se naziva snaga užih

gubitaka praznog hoda, a u stvari predstavlja zbir (PFe+Pgm). Ekstrapolacijom ove krive ka

nultom naponu teoretski bi se mogli razdvojiti mehanički gubici iz ovog zbira. Kako je ovu

ekstrapolaciju teško izvesti sa prihvatljivom tačnošću, crta se funkcija )()( 2000 UfPP Cu . Pod

uslovom da je magnentno kolo nezasićeno, ova funkcija predstavlja pravu, čijom se

ekstrapolacijom do nultog napona dobija iznos mehaničkih gubitaka. Ovo se naziva Rihterova

metoda razdvajanja gubitaka kod asinhronih motora.

4. Zadatak: Trofazni asinhroni motor sa kaveznim rotorom ima podatke: 4 kW, 380 V, 50 Hz, 9

A, 1440 o/min, ν = Mpr / Mn = 3. Motor pokreće dizalicu čiji je moment konstantan i jednak 80

% nazivnog momenta motora. Podešavanje brzine obrtanja vrši se promenom učestanosti uz

uslov U / f = const. Koristeći Klosovu jednačinu odrediti brzinu obrtanja ako je učestanost

napona napajanja 35 Hz.

REŠENJE:

Karakteristika momenta dizalice u zadatku je:

konst.8,0 nopt MM (4.1)

Klosova jednačina je:

s

s

s

sM

M

pr

ps

pr

2

(4.2)

pri tome je u stacionarnom pogonu M = Mopt. Klosova jednačina pokazuje da statička

karakteristika momenta zavisi samo od prevalnog momenta Mpr i prevalnog klizanja spr.

Sređivanjem Klosove jednačine (4.2) dobija se kvadratna jednačina:

02 22 prpr

ob

prsss

M

Ms (4.3)

Odnos Mpr / M je preopteretivost ν, pa je kvadratna jednačina:

02 22 prpr ssss (4.4)

Ako je poznat prevalni moment Mpr, razvijeni moment M i klizanje s kod tog momenta

rešavanjem kvadratne jednačine (4.4) dobijaju se sledeća rešenja:

122,1 ss pr (4.5)

od kojih je samo jedno pravo. Ako je poznato prevalno klizanje spr klizanje s je:

122,1 prss (4.6)

Ako je Mpr = Mprn i M = Mn tada je spr = sprn i s = sn, ν je tada nazivni koeficijent preopteretljivosti. Na

osnovu datih podataka o motoru mogu se odrediti Mpr i spr u nominalnom režimu. Nominalni i

prevalni moment motora iznose:

Nm

n

PPM

n

n

n

nn 5,26

144060

2

4000

60

2

(4.7)

NmMM npr 5,795,263 (4.8)

Nominalno i prevalno klizanje iznose:

%404,01500

14401500

s

nsn

n

nns (4.9)

% 23,3233,013304,01 22 npr ss (4.10)

Povećanje frekvencije - uz konstantan napon napajanja - dovodi do sniženja glavnog

(zajedničkog) fluksa u mašini, odnosno smanjenja polaznog i prevalnog momenta. Ako se pak

smanji frekvencija, glavni fluks raste, a sa njim i prevalni i polazni moment motora. Ustvari,

povećanjem frekvencije dobija se ista situacija kao kad bi se statorski napon snizio ispod

nazivnog, i obrnuto, smanjenjem frekvencije dobija se ista situacija kao pri povišenom naponu.

Kada je napon snižen ispod nominalnog dolazi do preopterećenja motora, a kada je povišen

iznad nominalnog raste struja magnetisanja (motor ulazi u zasićenje, pa struja praznog hoda

može uzeti veće vrednosti od nominalne). U oba slučaja dolazi do pregrevanja motora.

Regulisanje brzine obrtanja motora promenom frekvencije naziva se U / f upravljanje (skalarno

upravljanje). Pri smanjivanju brzine (n < nn), da ne bi došlo do povećanja toplotnih gubitaka (zbog

ulaska magnetnog kola u zasićenje), zajedno sa smanjenjem frekvencije smanjuje se i statorski

napon i to toliko da bude ispunjen uslov:

const./ ss fU , sns ff (4.11)

Tada je, naime, fluks u vazdušnom zazoru jednak nominalnom. Kod povećanja brzine (n > nn) ne

ide se, uz povećanje frekvencije, sa povećanjem napona zbog izolacije namotaja; tada je:

sns UU , sns ff (4.12)

Prema tome kod U / f - upravljanja postoje dve oblasti rada:

1. Bazna oblast: , nnn 0 , kada je const. nq ФФ i

2. Oblast slabljenja polja: n > nn.

Kad se zanemari statorski omski otpor Rs izraz za obrtni moment je:

2

2'

'2

kr

rsf

s

s

Xs

R

sRU

qM

(4.13)

gde je 'rsk XXX reaktansa kratkog spoja. Prevalno klizanje iznosi:

'

'

'

''

2 rss

r

rs

r

k

rpr

LLf

R

XX

R

X

Rs

(4.14)

Vidi se da se prevalno klizanje spr menja obrnuto proporcionalno sa frekvencijom fs. Uvrstivši

(4.14) u (4.13) dobija se prevalni moment u motorskoj oblasti:

k

sfs

s

k

pr

r

prr

sfs

spr

XU

p

f

q

Xs

R

sRU

p

f

qM

1

422

2

2'

'

2

(4.15)

odnosno:

'

2

2

1

8 rss

sfspr

LLf

UqpM

(4.16)

Iz izraza (4.16) se vidi da je, kod smanjenja frekvencije, prevalni moment Mpr konstantan sve dok je

U/f const. Na slici 4.1 je prikazana familija karakteristika momenta motora pri različitim

frekvencijama (nižih od nazivne vrednosti).

Slika 4.1: Familija statičkih karakteristika momenta motora za različite frekvencije

U stvarnom slučaju, kada statorski otpori nisu zanemareni, Mpr se nešto smanjuje sa smanjenjem

frekvencije.

Ovde motor radi u baznoj oblasti, pa je Mpr = Mprn = const. Klizanje s1 kod frekvencije fs1 = 35

Hz se jednostavno nalazi iz (4.6) ako se zna prevalno klizanje spr1 pri toj frekvenciji. Prevalno

klizanje pri frekvenciji 35 Hz, na osnovu (4.14), iznosi:

333,0233,035

50

1

prn

s

snpr s

f

fs (4.17)

Preopteretljivost motora u ovom slučaju je:

75,38,0

3

8,08,0

n

n

prn

M

M (4.18)

pa je prema (4.6):

175,375,3333,0 22,1 s (4.19)

045,0452 211,1 , s,s (4.20)

Klizanje iznosi s1 = 0,045. Brzina obrtnog polja pri frekvenciji 35 Hz je:

min/10502

356060 11 o

p

fn s

s

(4.21)

Brzina obrtanja rotora pri frekvenciji 35 Hz iznosi:

min/75,10021050045,011 111 onsn s (4.22)

Uočava se da je ostvarena značajna promena brzine obrtanja uz malu promenu klizanja, što

metod regulacije promenom frekvencije napona napajanja čini ekonomičnim. Ovaj metod

regulacije je danas dominantan u primeni.

Ovde je još interesantno uporediti apsolutne vrednosti klizanja (razlika sinhrone brzine i rotorske

brzine obrtanja) za nominalnu vrednost frekvencije napajanja i nižu vrednost frekvencije uz

uslov U / f = const. Lako se može pokazati da vrednost apsolutnog klizanja pri istom momentu

opterećenja ostaje približno ista.

Klizanje pri datom teretu i nominalnoj frekvenciji napajanja fsn = 50 Hz iznosi:

% 3,16316,0175,375,3233,0 22,1 ns (4.23)

pa je tada apsolutno klizanje:

o/min 47,462

5060316,0

60111

p

fsnsn sn

nsnnn (4.24)

Dok je vrednost apsolutnog klizanja pri istom teretu i frekvenciji napajanja fs1=35 Hz:

o/min 47,2575,10021500111 nnn s (4.25)

5. Zadatak: Trofazni asinhroni kavezni motor pokreće radnu mašinu, koja ima moment kvadratno

zavisan od brzine i radi u nazivnom režimu. Ako se regulacija brzine obrtanja vrši promenom

napona napajanja, šta treba uraditi da bi se brzina podesila na 150 rad/s?

Podaci o motoru: 230 V, 60 Hz, 183 rad/s, 2p = 4, sprega Y, Rs = 0,227 Ω, R'r = 0,4 Ω, Xγs =

0,512 Ω, X'γr = 0,769 Ω, Xμ = 9,86 Ω

REŠENJE:

U stacionarnom pogonu obrtni moment koji razvija motor M jednak je momentu radne mašine

Mopt. Motor se tada obrće konstantnom brzinom. Moment koji razvija asinhroni motor direktno

je proporcionalan naponu na kvadrat:

2'

2'

'2

rsr

s

rsf

s

s

XXs

RR

sRU

qM

(5.1)

Kada se opterećenom motoru smanji napon smanji se i obrtni moment, prema (5.1), što

prouzrokuje razliku momenata ∆M = M – Mopt < 0, koja usporava rotor (povećeva klizanje) sve

dok se obrtni moment ne izjednači sa momentom opterećenja, tj. dok se ne dostigne novo

ravnotežno stanje. Dakle, ako se spusti napon napajanja motora brzina obrtanja mora pasti.

Na slici 5.1 prikazana je karakteristika momenta asinhronog motora pri nominalnom i sniženom

naponu i karakteristika momenta radne mašine (opterećenja). Nakon sniženja napona motor

prelazi iz nominalne radne tačke M u novu radnu tačku N u kojoj krakteristika momenta

opterećenja seče karakteristiku momenta motora pri sniženom naponu.

Slika 5.1: Regulacija brzine obrtanja asinhronog motora promenom napona napajanja

Koordinate nominalne radne tačke M su: (ωn, Mn). Nominalna brzina je data i iznosi:

rad/sωn 183 (5.2)

Nominalni moment je:

2'

2'

'2

rs

n

rs

nrsf

s

sn

XXs

RR

sRU

qM

(5.3)

Pri tome je sinhrona brzina obrtanja:

rad/s 188,52

6022

p

fs (5.4)

Nominalno klizanje iznosi:

% 2,910291,0

2

602

1832

602

s

nsns (5.5)

Koeficijent rasipanja je:

052,186,9

512,011

m

s

X

X (5.6)

Dakle nominalni moment motora iznosi:

Nm 17,7

769,0052,1512,00291,0

4,0052,1227,0

0291,04,03230

2

602

3

2

2

2

nM

(5.7)

Koordinate radne tačke N su: (ω1, M1), gde je tražena brzina obrtanja n1=150 rad/s, a M1 = Mopt1.

Moment opterećenja, po uslovu zadatka, zavisi od brzine obrtanja na kvadrat:

2 cM opt (5.8)

Budući da u stacionarnom pogonu važi M = Mopt, to znači da je u nazivnom režimu:

2nnopt cMM (5.9)

Pri traženoj brzini moment opterećenja iznosi:

211 cM opt (5.10)

Deljenjem jednačina (5.9) i (5.10) dobija se:

2

11

n

opt

n

M

M (5.11)

odakle sledi iznos momenta opterećenja kod tražene brzine:

Nm 11,9183

1507,17

22'

'

n

nopt MM

(5.12)

U stacionarnom režimu motor treba da obezbedi taj moment. Tražena brzina iznosi 150 rad/s, pa je

klizanje u tački N:

% 20,4204,0

2

602

1502

602

11

s

ss (5.13)

Moment kojeg motor treba da razvija pri toj brzini (u novom ravnotežnom stanju) je:

2'

2

1

'

1'

211

rsr

s

rsf

s

sopt

XXs

RR

sRU

qMM

(5.14)

U prethodnom izrazu jedina je nepoznata veličina traženi napon napajanja i iznosi:

V 51,6

204,04,0

769,0052,1512,0204,0

4,0052,1227,0

3

2

6029,11

2

2

1'

2'

2

1

'

1

sf

r

rsr

s

s

sopt

sf

U

sR

XXs

RR

q

MU

(5.15)

Vrednost linijskog napona koji treba dovesti na motor je:

V 89,46,5133 sfs UU (5.16)

Statorski napon se snižava pomoću tiristorskog regulatora. Prednost ovakvog načina regulisanja

brzine jeste u jednostavnosti i niskoj ceni. Mana je što dolazi do pregrevanja motora usled

povećanja klizanja, te se ovaj način regulacije brzine ne može primentit na većim motorima.

Smanjenje brzine obrtanja se vrši samo u uskom opsegu brzina, maksimalno do prevalnog

klizanja.

6. Zadatak: Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: 380 V; sprega Y;

nazivna brzina obrtanja 1400 o/min; nazivna učestanost fs= 50 Hz; induktivnosti rasipanja statora

i rotora Lγs = L'γr = 8,8 mH; induktivnost magnećenja Lm→∞ mH; otpornost statora Rs≈ 0 Ω;

otpornost rotora svedena na stator R'r = 2,5 Ω; pušta se u rad pomoću rotorskog otpornika.

Koeficijent transformacije ovog kliznokolutnog motora iznosi 4.

Odrediti:

a.) Vrednost otpora koji treba uključiti u rotor da se ostvari polazak sa najvećim mogućim

polaznim momentom.

b.) Vrednost otpora za koji se dobija najveći moment pri brzini od 600 o/min.

c.) Vrednost najveće brzine pri kojoj se može postići najveći mogući moment motora.

d.) Vrednost statorske struje u slučajevima a), b) i c)? Koliki je najveći moment motora?

REŠENJE:

a.) Najveći moment motora je prevalni moment Mmax = Mpr. Da bi se ostvario uslov zadatka u

rotorsko kolo treba dodati otpor Rda’, tako da prevalno klizanje bude jednako klizanju pri polasku

spol = 1, odnosno da važi:

'''

'

''

1 rrssdapol

rss

darpr RLLRs

LL

RRs

(6.1)

Ω 3,035,20088,00088,0502' daR (6.2)

Ω 0,1903,34

112

'

2 dada R

mR (6.3)

b.) Vrednost dodatnog otpora treba smanjiti na vrednost pri kojoj je prevalno klizanje jednako

klizanju pri traženoj brzini obrtanja od nb = 600 min-1 (po uslovu zadatka):

0,65

3

1500

900

1500

6001500

s

bsb

n

nns (6.4)

'''

'

''

6,0 rrssbdbb

rss

dbrpr RLLsRs

LL

RRs

(6.5)

Ω 0,825,20088,00088,05026,0' dbR (6.6)

Ω 0,0582,04

112

'

2 dbdb R

mR (6.7)

c.) Najveća brzina sa prevalnim momentom je brzina koja odgovara ovom momentu na

prirodnoj karakteristici motora, a to je brzina:

452,00088,00088,0502

5,2'

'

rss

rpr

LL

Rs (6.8)

o/min 8221500452,011 sprpr nsn (6.9)

Za brzine motora veće od ove ne može se dobiti vrednost momenta jednak prevalnom

(maksimalni moment) jer je za ovu brzinu motora vrednost otpora u kolu rotora minimalna i jednaka

otporu rotorskog namotaja (vrednost dodatnog otpora je nula).

d.) U opštem slučaju važi, pošto su za vrednost prevalnog klizanja, vrednosti ukupnih omskih i

induktivnih otpora iste:

cb ai

LL

U

LLs

RR

UII

rss

sf

rss

i

dir

sf

sfisi

,,

A 28,0620088,00088,0502

3/380

2'

2'

2''

(6.10)

Vrednost maksimalnog, prevalnog momenta iznosi:

Nm 83,13

0088,00088,02

1

502

3/38023

2

13

3

'

22'

'

rss

sf

s

prr

pr

r

prLL

Up

ssIs

R

M (6.11)

Razvijeni moment i statorska struja motora u zavisnosti od klizanja i za različite vrednosti otpora u

kolu rotora u zadatku, prikazani su na slikama 6.1 i 6.2.

Slika 6.1: Mehanička karakteristika motora za razne vrednosti otpora u kolu rotora

Slika 6.2: Struja motora u zavisnosti od klizanja za razne vrednosti dodatnog otpora u kolu

rotora. Struja pri prevalnim klizanjima za razne vrednosti dodatnog rotorskog otpornika ne menja

vrednost.

Zadaci za vežbanje

7. Zadatak: Trofazni kavezni asinhroni motor sprege , za Un= 380 V, pogoni ventilator i pušta

se u rad pomoću ručnog prebacivača zvezda-trougao.

a.) Odrediti polaznu struju i polazni moment u sprezi zvezda.

b.) Moment ventilatora je takav da se zalet u sprezi zvezda obavi do brzine od 1395 o/min.

Izračunati moment pri toj brzini. Zatim izračunati koliki će biti konačna brzina i moment

ventilatora nakon prebacivanja u spregu

c.) Odrediti polaznu struju i polazni moment koji bi se razvili pri polasku u sprezi

Podaci o motoru: Rs = 1,2 Ω, Rr = 1,3 Ω, Xls = Xlr =3 Ω . Zanemariti magnećenje, PFe i Pmeh.

8. Zadatak: Asinhroni motor iz trećeg zadatka ispituje se u kratkom spoju. Kada je priključen

na napon Uk = 100 V, izmereni su struja Ik = 4 A i snaga Pk = 240 W. Odrediti parametre

ekvivalentne šeme i polazni moment, kao i polazni moment pri nominalnom naponu.

9. Zadatak: Trofazni asinhroni motor sa kaveznim rotorom ima podatke: 4 kW, 380 V, 9 A,

1440 o/min, 50 Hz,ν = Mmax / Mn = 2,5. Motor pokreće dizalicu čiji je moment stalan i iznosi 50 %

nazivnog momenta motora. U cilju podešavanja brzine moguća je kontinualna promena

učestanosti uz uslov U / f = const. Koristeći Klosovu jednačinu odrediti brzinu ako je učestanost

napona 70 Hz.

10. Zadatak: Trofazni kavezni asinhroni motor 4,4 kW, 380 V, 8,9 A, 50 Hz, 1465 o/min, sprega

Y, ima sledeće parametre ekvivalentne šeme Xγs = Xγr’ = 3 Ω, Rs = 1 Ω. Gubici u gvožđu i mehanički

gubici se mogu zanemariti. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri nominalnom momentu

opterećenja ako napon napajanja padne za 15%.

11. Zadatak: Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon 220 V;

nazivna brzina obrtanja 1400 o/min; induktivnosti rasipanja Lγs = L'γr = 8,8 mH; zajednička

induktivnost Lm→∞ mH; otpornost statora Rs≈ 0 Ω; otpornost rotora svedena na stator R'r = 2,5 Ω;

nazivna učestanost fs= 50 Hz, pušta se u rad pomoću rotorskog otpornika koji se može

kontinualno menjati.

Odrediti:

a.) Zavisnost vrednosti dodatnog otpora od brzine tako da se u toku polaska održava stalni i

maksimalni moment.

b.) Izvesti zavisnost struje statora od brzine ako se polazak ostvaruje prema a).

c.) Nacrtati dijagrame promene dodatnog otpora i struje statora u funkciji brzine, do brzine

stacionarnog stanja kod opisanog načina polaska.